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1、第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律,考點1 功能關(guān)系,1.功和能 (1)功是_的量度,即做了多少功就有多少_發(fā)生了 轉(zhuǎn)化. (2)做功的過程一定伴隨著_,而且_必 須通過做功來實現(xiàn).,能量轉(zhuǎn)化,能量的轉(zhuǎn)化,能量的轉(zhuǎn)化,能量,2.常見的幾種功能對應(yīng)關(guān)系 (1)合外力做功等于物體動能的改變,即W合=Ek2-Ek1=Ek.(動能定理) (2)重力做功等于物體重力勢能的改變,即WG=Ep1-Ep2=-Ep. (3)彈簧彈力做功等于彈性勢能的改變,即WF=Ep1-Ep2=-Ep. (4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功,等于物體機械能的改變,即W其他力=E2-E1=E.(功能原理),1.動能的改變量
2、、機械能的改變量分別與對應(yīng)的功相等 2.重力勢能、彈性勢能、電勢能的改變量與對應(yīng)的力做的功數(shù)值相等,但符號相反,3.摩擦力做功的特點及其與能量的關(guān)系,比較,能量的轉(zhuǎn)化方面,只有能量的轉(zhuǎn)移,而沒有能量的轉(zhuǎn)化,既有能量的轉(zhuǎn)移,又有能量的轉(zhuǎn)化,一對摩擦 力的總功 方面,一對靜摩擦力所做功的代數(shù)總和等于零,一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零,總功W= -fl相對,即摩擦?xí)r產(chǎn)生的熱量,正功、負功、不做功方面,兩種摩擦力對物體可以做正功、負功,還可以不做功,質(zhì)量為m的滑塊,沿高為h,長為L的粗糙斜面勻速下滑,在滑塊從斜面頂端滑到底端的過程中,下列說法中正確的是( ) A.滑塊的機械能減少了mgh B.重力
3、對滑塊所做的功等于mgh C.滑塊勢能的變化量等于mgh D.滑塊動能的變化量等于mgh,【解析】選A、B.滑塊勻速下滑時,滑動摩擦力f=mgsin= 故下滑過程中滑動摩擦力做的功為-fL=-mgh,機械能 減少了mgh,A正確;重力做功為mgh,滑塊重力勢能的變化量 為-mgh,故B正確,C錯誤;滑塊勻速下滑,動能不變,D錯誤.,考點2能量守恒定律,1.內(nèi)容:能量既不能憑空_,也不能憑空消失,它只能從一 種形式_為另一種形式,或者從一個物體_到另一個物 體,在_的過程中,其總量_ 2.表達式:E減=_,產(chǎn)生,轉(zhuǎn)化,轉(zhuǎn)移,轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移,保持不變,E增,1.對定律的理解 (1)某種形式的能減少,一
4、定存在其他形式的能增加,且減少量和增加量一定相等; (2)某個物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量一定相等. 這也是我們列能量守恒定律方程式的兩條基本思路.,2.應(yīng)用定律解題的步驟 (1)分清有多少形式的能,如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等發(fā)生變化. (2)明確哪種形式的能量增加,哪種形式的能量減少,并且列出減少的能量E減和增加的能量E增的表達式. (3)列出能量守恒關(guān)系式:E減=E增.,如圖所示,質(zhì)量m=1 kg、長L=0.8 m的均勻 矩形薄板靜止在水平桌面上,其右端與桌子 邊緣相平.板與桌面間的動摩擦因數(shù)為= 0.4.現(xiàn)用F=5 N的水平力向
5、右推薄板,使它翻下桌子,力F做的 功至少為(g取10 m/s2)( ) A.1 J B.1.6 J C.2 J D.4 J 【解析】選B.當(dāng)板向右平移 =0.4 m時,板即翻下桌子,若 此時板速度為零,則力F做功最少,由能量守恒定律可得WF- mg =0,WF= mgL=1.6 J.故B正確.,功能關(guān)系的應(yīng)用技巧 【例證1】如圖所示,質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從 A點沖上傾角為30的固定斜面,其運動的加速度為 此物體 在斜面上上升的最大高度為h,則在這個過程中物體( ) A.重力勢能增加了 B.重力勢能增加了mgh C.動能損失了mgh D.機械能損失了,【解題指南】解答本題應(yīng)從以
6、下兩點重點把握: (1)由物體的加速度和牛頓第二定律確定摩擦阻力的大小和方向. (2)能量的變化與對應(yīng)力做功的關(guān)系.,【自主解答】選B、D.設(shè)物體受到的摩擦阻力為Ff, 由牛頓運動定律得 f+mgsin30=ma= 解得f= 重力勢能的變化由重力做功決定,故Ep=mgh. 動能的變化由合外力做功決定: (f+mgsin30)x=max 機械能的變化由重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功決定, 故E機械=fx= 故B、D正確,A、C錯誤.,【總結(jié)提升】功能關(guān)系的選用技巧 (1)在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中,若只涉及動能的變化用動能定理分析. (2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的
7、關(guān)系分析. (3)只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關(guān)系分析. (4)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分析.,【變式訓(xùn)練】一個物體自斜面底端被彈出而沿斜面上滑,滑到最高處后又滑下來,回到斜面底端,在物體上滑和下滑過程中(斜面不光滑)( ) A.物體的加速度一樣大 B.重力做功的平均功率一樣大 C.動能的變化值一樣大 D.機械能的變化值一樣大,【解析】選D.上滑和下滑時,摩擦力方向相反,故加速度不同,A錯;下滑所用時間長,重力做功又相同,故B錯;合力做的功不同,上滑時動能變化大,C錯;往返兩過程中摩擦力都做負功且相同,機械能減小相同,D對.,【變式備選】如圖
8、所示,一表面光滑的木 板可繞固定的水平軸O轉(zhuǎn)動,木板從水平 位置OA轉(zhuǎn)到OB位置的過程中,木板上重為 5 N的物塊從靠近轉(zhuǎn)軸的位置由靜止開始滑到圖中虛線所示位置,在這一過程中,物塊的重力勢能減少了4 J.則以下說法正確的是(取g=10 m/s2)( ) A.物塊的豎直高度降低了0.8 m B.由于木板轉(zhuǎn)動,物塊下降的豎直高度必大于0.8 m C.物塊獲得的動能為4 J D.由于木板轉(zhuǎn)動,物塊的機械能必定增加,【解析】選A.由重力勢能的表達式Ep=mgh,重力勢能減少了4 J,而mg=5 N,故h=0.8 m,A項正確、B項錯誤;木板轉(zhuǎn)動,木板的支持力對物塊做負功,故物塊機械能不守恒,C、D項均
9、錯誤.,利用能量守恒定律規(guī)范解題 【例證2】(15分)如圖所示,一物體質(zhì)量m=2 kg,在傾角為=37的斜面上的A點以初速度v0=3 m/s下滑,A點距彈簧上端B的距離AB=4 m.當(dāng)物體到達B后將彈簧壓縮到C點,最大壓縮量BC=0.2 m,然后物體又被彈簧彈上去,彈到的最高位置為D點,D點距A點AD=3 m.擋板及彈簧質(zhì)量不計,g取10 m/s2,sin37 =0.6,求:,(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù). (2)彈簧的最大彈性勢能Epm. 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)摩擦力做負功,系統(tǒng)機械能不守恒. (2)彈性勢能最大時,彈簧壓縮量最大.,【規(guī)范解答】(1)物體從開始位置
10、A點到最后D點的過程中,彈性 勢能沒有發(fā)生變化,動能和重力勢能減少,機械能的減少量為 E=Ek+Ep= mv02+mglADsin37 (2分) 物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為 Q=fx (2分) 其中x為物體的路程,即x=5.4 m (1分) f=mgcos37 (1分) 由能量守恒定律可得E=Q (2分) 由式解得=0.52. (1分),(2)由A到C的過程中,動能減少Ek= mv02 (1分) 重力勢能減少Ep=mglACsin37 (1分) 摩擦生熱Q=flAC=mgcos37lAC (1分) 由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為 Epm=Ek+Ep-Q (2分) 聯(lián)立解得Epm=24.5
11、 J. (1分) 答案:(1)0.52 (2)24.5 J,【總結(jié)提升】涉及能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法 (1)當(dāng)涉及摩擦力做功,機械能不守恒時,一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律. (2)解題時,首先確定初末狀態(tài),然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少,哪種形式的能量增加,求出減少的能量總和E減和增加的能量總和E增,最后由E減=E增列式求解.,【變式訓(xùn)練】如圖所示,水平面上的輕彈簧一端與物體相連, 另一端固定在墻上P點,已知物體的質(zhì)量為m=2.0 kg,物體與水 平面間的動摩擦因數(shù)=0.4,彈簧的勁度系數(shù)k=200 N/m.現(xiàn)用力 F拉物體,使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點由靜止開始向左移動 10 cm,這時
12、彈簧具有彈性勢能Ep=1.0 J,物體處于靜止?fàn)顟B(tài), 若取g=10 m/s2,則撤去外力F后( ) A.物體向右滑動的距離可以達到12.5 cm B.物體向右滑動的距離一定小于12.5 cm C.物體回到O點時速度最大 D.物體到達最右端時動能為0,系統(tǒng)機械能不為0,【解析】選B、D.物體向右滑動時,kx-mg=ma,當(dāng)a=0時速度 達到最大,而此時彈簧的伸長量 物體沒有回到O點, 故C錯誤;因彈簧處于原長時,Epmgx=0.8 J,故物體到 O點后繼續(xù)向右運動,彈簧被壓縮,因有Ep=mgxm+Ep,得 故A錯誤,B正確;因物體滑到最 右端時,動能為零,彈性勢能不為零,故系統(tǒng)的機械能不為 零,
13、D正確.,相對滑動物體的能量問題分析 【例證3】如圖所示,AB為半徑R=0.8 m的1/4光滑圓弧軌道,下端B恰與小車右端平滑對接.小車質(zhì)量M=3 kg,車長L=2.06 m,車上表面距地面的高度h=0.2 m,現(xiàn)有一質(zhì)量m=1 kg的滑塊,由軌道頂端無初速釋放,滑到B端后沖上小車.已知地面光滑,滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)=0.3,當(dāng)車運動了1.5 s時,車被地面裝置鎖定(g=10 m/s2).試求:,(1)滑塊到達B端時,軌道對它支持力的大??; (2)車被鎖定時,車右端距軌道B端的距離; (3)從車開始運動到被鎖定的過程中,滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小.,【解題指南】解答本題應(yīng)注
14、意以下兩點: (1)判斷車被鎖定時滑塊是否在小車上停止相對滑動. (2)判斷小車的運動規(guī)律.,【自主解答】(1)由機械能守恒定律和牛頓第二定律得 mgR= mvB2,NB-mg= 則:NB=30 N. (2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過時間t1與小車同速,共同速度大小為v, 對滑塊有:mg=ma1,v=vB-a1t1 對于小車:mg=Ma2,v=a2t1 解得:v=1 m/s,t1=1 s1.5 s 故滑塊與小車同速后,小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了0.5 s,則小車右端距B端的距離為,l車= t1+v(1.5 s-t1)=1 m. (3)Q=mgl相對= 答案:(1)30 N (2)1 m (3)6 J,【互
15、動探究】試判斷車被鎖定后,滑塊能否從車的左端滑出? 若能滑出,試確定滑塊落點到車左端的水平距離? 【解析】車被鎖定時,m相對車面已滑到了l相對= 故此時滑塊離車的左端的距離為l=L-l相對=0.06 m.假設(shè)滑塊能從 車的左端滑出,速度為v,則由 mv2= mv2+mgl可得: v=0.8 m/s0,故滑塊能從車的左端滑出. 又h= gt2,x=vt 可得:x=0.16 m 答案:能 0.16 m,【總結(jié)提升】求解相對滑動物體的能量問題的方法 (1)正確分析物體的運動過程,做好受力情況分析. (2)利用運動學(xué)公式,結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系. (3)公式Q=fl相對中l(wèi)相對為
16、兩接觸物體間的相對位移,若物體在傳送帶上往復(fù)運動時,則l相對為總的相對路程.,【例證】如圖所示,用輕彈簧將質(zhì)量均為 m=1 kg的物塊A和B連接起來,將它們沿豎 直方向固定在空中,彈簧處于原長狀態(tài), A距地面的高度h1=0.90 m.同時釋放兩物 塊,A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?,?于B壓縮彈簧后被反彈,使A剛好能離開地,面(但不繼續(xù)上升).若將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C(圖中未畫出),仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長,從A距地面的高度為h2處同時釋放,C壓縮彈簧被反彈后,A也剛好能離開地面.已知彈簧的勁度系數(shù)k=100 N/m,求h2.(取g=10 m/s2),【規(guī)范解答】設(shè)A物塊落地
17、時,B物塊的速度為v1,則有 mv12=mgh1 設(shè)A剛好離地時,彈簧的形變量為x,對A物塊有mg=kx 從A落地后到A剛好離開地面的過程中,對于A、B及彈簧組成的 系統(tǒng)機械能守恒,則有 mv12=mgx+Ep 換成C后,設(shè)A落地時,C的速度為v2,則有 2mv22=2mgh2 從A落地后到A剛好離開地面的過程中,A、C及彈簧組成的系統(tǒng) 機械能守恒,則有 2mv22=2mgx+Ep 聯(lián)立解得h2=0.5 m. 答案:0.5 m,傳送帶模型中的動力學(xué)問題和功能關(guān)系問題 傳送帶是應(yīng)用較廣泛的一種傳動裝置,與生產(chǎn)、生活實際緊密相連,所涉及的問題能很好地培養(yǎng)提升學(xué)生分析綜合能力.下面從兩個角度對傳送帶
18、模型進行分析. 1.傳送帶上的動力學(xué)問題 解決此類問題的思路: (1)明確研究對象. (2)對研究對象進行受力分析、過程分析和狀態(tài)分析,建立清晰的物理模型. (3)利用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律列方程求解.,【典題例證】如圖所示,傳送帶與地面的傾角=37,從A端到B端的長度為16 m,傳送帶以v=10 m/s的速度沿逆時針方向轉(zhuǎn)動.在傳送帶上端A處無初速度地放置一個質(zhì)量為0.5 kg的物體,它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為=0.5,求物體從A端運動到B端所需的時間是多少? (sin37=0.6,cos37=0.8,g=10 m/s2),【命題探究】本題主要考查傳送帶模型中的動力學(xué)問題,重在對傳送帶上
19、的物體進行受力分析和過程分析. 【深度剖析】當(dāng)物體放在A端到兩者速度相同的過程中設(shè)物體的加速度為a1,由牛頓第二定律得: mgsin+mgcos=ma1 設(shè)物體速度從零增大到與傳送帶相同時所用時間為t1,運動位移為x,則 v=a1t1 x=a1t12,但由于mgsinmgcos ,因而此時物體不是勻速運動而是繼續(xù)做加速運動.設(shè)這個過程物體的加速度為a2,則由牛頓第二定律得 mgsin-mgcos=ma2 其運動的位移為:L-x=vt2+a2t22 物體下滑的總時間為t=t1+t2 聯(lián)立以上各式解得:t=2 s,2.傳送帶上的功能關(guān)系問題 【典題例證】如圖所示,繃緊的傳送帶 與水平面的夾角=30
20、,皮帶在電動 機的帶動下,始終保持v0=2 m/s的速率 運行,現(xiàn)把一質(zhì)量為m=10 kg的工件(可 看做質(zhì)點)輕輕放在皮帶的底端,經(jīng)過時間1.9 s,工件被傳送到h=1.5 m的高處,取g=10 m/s2,求: (1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù); (2)電動機由于傳送工件多消耗的電能.,【命題探究】本題綜合考查了動力學(xué)及能的轉(zhuǎn)化和守恒定律的 應(yīng)用.第一問重點在對運動過程分析的基礎(chǔ)上的公式應(yīng)用,第二 問是考查能量守恒問題. 【深度剖析】(1)由圖可知,皮帶長工件速度達v0 前,做勻加速運動的位移 勻速運動的位移為x-x1=v0(t-t1) 解得加速運動的時間t1=0.8 s, 加速運動的位移x
21、1=0.8 m,所以加速度 由牛頓第二定律有:mgcos-mgsin=ma 解得 (2)從能量守恒的觀點,顯然電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功發(fā)出的熱量. 在時間t1內(nèi),皮帶運動的位移x皮=v0t1=1.6 m 在時間t1內(nèi),工件相對皮帶的位移 x相=x皮-x1=0.8 m,在時間t1內(nèi),摩擦發(fā)熱Q=mgcosx相=60 J 工件獲得的動能Ek=mv02=20 J 工件增加的勢能Ep=mgh=150 J 電動機多消耗的電能W=Q+Ek+Ep=230 J.,1.如圖所示,在一個盛水的杯子里有一木塊. 開始時木塊被一根細繩拴住而完全沒入水中
22、, 整個裝置與外界絕熱,斷開細繩,則木塊將 浮到水面上,最后達到平衡,在這一過程中, 水、杯子和木塊組成的系統(tǒng)( ) A.內(nèi)能增大B.內(nèi)能減小 C.內(nèi)能不變D.條件不足,無法判斷,【解析】選A.細繩斷后,木塊上升,同體積的水下移,系統(tǒng)重心下移,重力勢能減小,由能量守恒定律可知,水、杯子和木塊組成的系統(tǒng)內(nèi)能一定增大,A正確.,2.物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運動.在這三種情況下物體機械能的變化情況是( ) A.勻速上升機械能不變,加速上升機械能增加,減速上升機械能減小 B.勻速上升和加速上升機械能增加,減速上升機械能減小 C.勻速上升和加速上升機械能增加,減速上升機械
23、能可能增加,可能減少,也可能不變 D.三種情況中,物體的機械能均增加,【解析】選C.無論物體向上加速還是勻速運動,除重力外,其他外力一定對物體做正功,物體機械能都增加,物體向上減速運動時,除重力外,物體受到的其他外力不確定,故無法確定其機械能的變化,C正確.,3.滑塊靜止于光滑水平面上,與之相連 的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài),現(xiàn)用恒 定的水平外力F作用于彈簧右端,在向 右移動一段距離的過程中拉力F做了10 J的功.在上述過程 中( ) A.彈簧的彈性勢能增加了10 J B.滑塊的動能增加了10 J C.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加了10 J D.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,【解析】選C.拉力F做功的同時,彈簧伸長,彈性勢能增大,滑塊向右加速,滑塊動能增加,由功能關(guān)系可知,拉力做功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和,C正確,A、B、D均錯誤.,4.如圖所示,ABCD是一個盆
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